正题

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题目大意

有若干个事件

1. $Kc:c$值更改并且清除生气状态
2. $Rxy:$新建一条$x^{\prime }$到$y^{\prime }$的边，若当前处于生气状态则$x=(x^{\prime }+n-c)\%n,y=(y^{\prime }+n-c)\%n$，否则$x=x^{\prime },y=y^{\prime }$
3. $Txyt:$询问从$x$到$y$是否现在可行并且修建$t$条路之前不可行，输出结果。且若可行清除生气状态，否则进入生气状态。

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解题思路

使用并查集判断是否联通，并且不使用路径压缩。

用$ti{m}_x$表示由$f{a}_x$到$x$这跳边是何时建立的，那我们询问时若询问的时间点$time>ti{m}_x$就不继续往后跳即可。

但是这要会$TLE$，所以我们按秩合并，由小的合并到大的上。

这要因为每个的最多被合并$logn$次所以时间复杂度为$:O(nlogn)$

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$code$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=300100;
int n,m,fa[N],tim[N],siz[N],c,angry,cnt;
int find(int x,int t)
{if(fa[x]==x||tim[x]>t) return x;return find(fa[x],t);
}
int main()
{freopen("data.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<n;i++)fa[i]=i,siz[i]=1;while(m--){char op[3];int x,y,t;scanf("%s",op);if(op[0]=='K')angry=0,scanf("%d",&c);if(op[0]=='R'){scanf("%d%d",&x,&y);++cnt;if(angry) x=(x+c)%n,y=(y+c)%n;x=find(x,cnt);y=find(y,cnt);if(x==y) continue;if(siz[x]<siz[y])fa[x]=y,tim[x]=cnt,siz[y]+=siz[x];elsefa[y]=x,tim[y]=cnt,siz[x]+=siz[y];}if(op[0]=='T'){scanf("%d%d%d",&x,&y,&t);if(find(x,cnt)==find(y,cnt)&&find(x,cnt-t)!=find(y,cnt-t))angry=0,printf("Y\n");else angry=1,printf("N\n");}}
}